内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

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内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

‎2019-2020学年度高一年级第二次月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量:C-12 O-16 N-14 S-32 H-1 Na-23 Al-27 Cl-35.5‎ 一、单选题(18小题,共54分,每题只有一个正确答案,请将正确答案填在答题卡中)‎ ‎1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )‎ A. 燕馏 B. 过滤 C. 升华 D. 萃取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从文中“令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳”可以看出,此操作是先让砒霜由固体气化,再遇冷的器皿后凝结成固体,显然此操作过程为升华。‎ 故选C。‎ ‎2.中国最新战机歼-31使用了高强度、耐高温的钛合金材料,工业上冶炼钛的反应如下:,下列有关该反应的说法正确的是   ‎ A. 是还原剂 B. Mg被氧化 C. 发生氧化反应 D. Mg得到电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反应中,Ti元素化合价降低,Mg的化合价升高;‎ A. 反应中Ti元素化合价降低,则TiCl4为氧化剂,A项错误;‎ B. 反应中Mg失电子,则Mg被氧化,B项正确;‎ C. 反应中Ti元素化合价降低,则TiCl4发生还原反应,C项错误;‎ D. 反应中Mg的化合价升高,失电子,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎3.下列叙述正确的是 ( )‎ A. 1mol SO42- 的质量是‎96 g B. 1mol H2O的质量是‎18 g/mol C. CO2的摩尔质量是‎44 g D. HCl的相对分子质量是‎36.5 g/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO42-的摩尔质量为‎96g/mol,1mol SO42-的质量为‎96g,A项正确;‎ B.H2O的摩尔质量为‎18 g/mol,1mol H2O的质量是‎18g,B项错误;‎ C.CO2的摩尔质量是‎44 g/mol,C项错误;‎ D.HCl的相对分子质量是36.5,D项错误;‎ 答案选A。‎ ‎4. 为了防止食品氧化变质,延长食品的保质期,可在包装袋中放入抗氧化物质。下列属于抗氧化物质的是( )‎ A. 生石灰 B. 还原性铁粉 C. 氯化钙 D. 硫酸钡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A.生石灰具有吸水性,常用作干燥剂,不属于抗氧化物质,故A错误;‎ B.还原铁粉具有还原性,在反应中Fe元素的化合价升高,属于抗氧化物质,故B正确;‎ C.氯化钙不具有还原性,不属于抗氧化物质,故C错误;‎ D.硫酸钡不具有还原性,常用于钡餐,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎5.配制100mL 溶液时,必须用到的仪器是  ‎ A. 100mL容量瓶 B. 100mL集气瓶 C. 100mL烧瓶 D. 100mL滴瓶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配制100mL 溶液步骤为:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,根据配制步骤选择使用的仪器。‎ ‎【详解】配制100mL 溶液的过程中使用的仪器有:托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管,所以必须使用的仪器为100mL容量瓶,故A正确;不会使用到100mL 集气瓶,故B错误;C.不会用到100mL 烧瓶,故C错误;D.不会用到100mL滴瓶,故D错误;所以答案A是正确的。‎ ‎6.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A. 在标准状况下‎22.4L H2O中含有氢原子的个数为2NA B. ‎2.7g 铝与足量的盐酸反应时失去的电子数为0.3NA C. 1mol/L NaCl溶液中含有钠离子的个数为NA D. 常温常压下,‎11.2 L氧气含有的原子数目为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在标准状况下H2O不是气体,不能使用气体摩尔体积计算其物质的量,A错误;‎ B.Al是+3价的金属,‎2.7g 铝的物质的量是0.1mol,其与足量的盐酸反应时失去的电子数为0.3NA,B正确;‎ C.只有浓度而无溶液的体积,不能确定微粒数目的多少,C错误;‎ D.常温常压下,‎11.2 L氧气的物质的量小于0.5mol,因此含有的原子数目少于NA,D错误;‎ 答案选B。‎ ‎7.“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料,纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中,所形成的物质( )‎ ‎①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀。‎ A. ①④⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料,纳米碳均匀分布到蒸馏水中形成的分散系属于胶体(分散质粒子直径在1nm-100nm之间),胶体有丁达尔效应,能透过滤纸,属于介稳体系,所以②③④正确;‎ 故选B。‎ ‎8.下列反应的离子方程式中,正确的是 A. 稀硫酸滴在银片上:2Ag+2H+=2Ag++H2↑‎ B 氧化铁与稀盐酸混合:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O C. 碳酸钙溶于醋酸溶液中:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O D. 澄清石灰水与稀硝酸反应:Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.银与稀硫酸不发生反应,无法写出反应的离子方程式,故A错误;‎ B.氧化铁与稀盐酸混合,反应生成铁离子和水,反应的离子方程式为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,故B正确;‎ C.碳酸钙为难溶物、醋酸为弱酸,需要保留化学式,正确的离子方程式为:CaCO3+2CH3COOH =Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-,故C错误;‎ D.澄清石灰水跟稀硝酸反应,氢氧化钙应该写成离子形式,正确的离子方程式为:OH-+H+=H2O,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎9.下列变化中,需要加入氧化剂才能实现的是 A. Cl-→Cl2 B. CuO→Cu C. CaCO3→CO2 D. H2O2→O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变化中需要加入氧化剂才能实现,说明给予物质作还原剂,在反应中失电子化合价升高,据此分析解答。‎ ‎【详解】A.该反应Cl-→Cl2中Cl元素化合价由-1价变为0价,失去电子,需要氧化剂才能实现,故A正确;‎ B.该反应CuO→Cu中Cu元素化合价由+2价变为0价,得到电子氧化铜作氧化剂,需要还原剂才能实现,故B错误;‎ C.该反应CaCO3→CO2中各元素化合价不变,不需要氧化还原反应就能实现,故C错误;‎ D.该反应H2O2→O2中O 元素化合价升高,可以发生自身的氧化还原反应即可实现,不需要加入氧化剂就能实现,故D错误;‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应,侧重考查基本概念,明确化合价变化与氧化剂、还原剂关系是解本题关键,熟悉常见氧化剂和还原剂。选项D是易错点,注意自身发生氧化还原反应的特例。‎ ‎10.下列各组离子在溶液中能够大量共存的是(    )‎ A. 、、、 B. 、、、‎ C. 、、、 D. 、、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子共存是指离子之间既不反应生成沉淀、气体、弱电解质等,也不发生氧化还原反应等。‎ ‎【详解】A. Cl−、Ag+之间反应生成氯化银沉淀,不能大量共存,A项错误;‎ B. H+、HCO3-之间反应生成二氧化碳气体和水,不能大量共存,B项错误;‎ C. Ba2+、CO32-之间反应生成碳酸钡沉淀,不能大量共存,C项错误;‎ D. Mg2+、Cl−、H+、SO42-之间均不发生反应,能够大量共存,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎11.下列反应属于氧化还原反应的是(  )‎ A. SO3+ H2O= H2SO4 B. NH4Cl NH3+HCl C. Fe+CuSO4= FeSO4+Cu D. NaOH+HNO3=NaNO3+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO3+ H2O= H2SO4反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,故A不选;‎ B.NH4Cl NH3↑+HCl↑反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,故B不选;‎ C.Fe+CuSO4= FeSO4+Cu反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价,所以有电子转移,属于氧化还原反应,故C选;‎ D.NaOH+HNO3=NaNO3+H2O反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,故D不选;‎ 故选C。‎ ‎12.在一定条件下,NO跟可以发生反应:,关于该反应下列说法中不正确的是(    )‎ A. 既不是氧化产物也不是还原产物 B. 该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是2:3‎ C. 若有完全反应,共转移12mol电子 D. NO是氧化剂,是还原剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在反应6NO+4NH3=5N2+6H2O中,NO中N元素由+2价降低为0,NH3中N元素的化合价由-3价升高为0,以此来解答。‎ ‎【详解】A. 水中H、O元素的化合价在反应前后不变,则H2O既不是氧化产物也不是还原产物,A项正确;‎ B. NO中N元素由+2价降低为0,被还原,NH3中N元素的化合价由-3价升高为0,被氧化,则该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是2:3,B项正确;‎ C. 由反应可知,4molNH3完全反应转移12mol电子,C项错误;‎ D. NO中N元素由+2价降低为0,NO为氧化剂,NH3中N元素的化合价由-3价升高为0,氨气为还原剂,D项正确;‎ 答案选C。‎ ‎13.下列离子组中,能够在溶液中共存,加入NaOH溶液有沉淀生成,加入稀盐酸有气体放出的是( )‎ A. 、、、 B. 、、、‎ C. 、、、 D. 、、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,则离子大量共存,并结合加入NaOH溶液有沉淀生成,加入稀盐酸有气体放出来解答。‎ ‎【详解】A. 该组离子之间不反应,可大量共存,但加盐酸不会生成气体,A项错误;‎ B. 因Ba2+、CO32-结合生成沉淀,不能大量共存,B项错误;‎ C. 离子之间均不反应,可大量共存,但加盐酸不会生成气体,C项错误;‎ D. 该组离子之间不反应,可大量共存,且加入NaOH后,Ba2+、OH-、HCO3-结合生成碳酸钡沉淀,加入盐酸与HCO3-反应生成二氧化碳气体,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎14.下列关于胶体和溶液的说法中,正确的是 A. 许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电 B. 布朗运动是胶体粒子特有的运动方式,可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分 C. 光线通过时,胶体产生丁达尔效应,溶液则无丁达尔效应 D. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热,可得氢氧化铁胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体本身不带电,胶粒带电,错误;‎ B.物质在永不停息地作无规则的运动,胶体粒子一直在作无规则的运动,也能发生布朗运动,错误;‎ C.光线透过胶体时,胶体发生丁达尔效应,是胶体的特性,正确;‎ D.饱和氯化铁溶液与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀,不是胶体,错误。‎ ‎15.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是(    )‎ A. 有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应 B. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降 C. 失电子的反应物在反应中作还原剂,反应中被还原 D. 金属单质在化学反应中一定作还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单质间的转化过程中,因为没有化合价的变化,所以不属于氧化还原反应,如金刚石与石墨的转化,A项错误;‎ B. 氧化还原反应的特征为化合价的变化,而氧化还原反应的实质是电子转移,B项错误;‎ C. 失电子的物质在反应中作还原剂,被氧化,而不是被还原,C项错误;‎ D. ‎ 在化学反应中,金属最外层电子很容易失去,所以金属单质常常作还原剂,所以金属单质在化学反应中一定作还原剂,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】单质间的转化过程中,因为没有化合价的变化,所以不属于氧化还原反应,如金刚石与石墨的转化,则有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应,为易错点。‎ ‎16.已知氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O,则氧化产物和还原产物的质量比为(  )‎ A. 6∶1 B. 5∶‎1 ‎C. 3∶1 D. 2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】NaClO3+6HCl=NaCl+3Cl2↑+3H2O中,氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0,盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0,氧化剂为NaClO3,由此得到还原产物为1mol,还原剂为HCl,HCl被氧化,根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol,则氧化产物和还原产物的质量比为5:1。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算,把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,题目难度不大。注意参加反应的氯化氢没有全部被氧化,一部分起酸的作用转化为氯化钠。‎ ‎17.已知、、、四种物质的氧化能力为,下列氧化还原反应能发生的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力是W2>Z2>X2>Y2,同一化学反应中,氧化能力强的物质能置换出氧化能力弱的物质,方程式中单质的氧化性强弱关系符合已知条件的就可以发生,否则不能发生,据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 该反应中,氧化性Z2>W2,与已知不符合,所以不能发生,A项错误;‎ B. 该反应中,氧化性Z2>X2,与已知符合,所以能发生,B项正确;‎ C. 该反应中,氧化性Y2>W2,与已知不符合,所以不能发生,C项错误;‎ D. 该反应中,氧化性X2>Z2,与已知不符合,所以不能发生,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎18.在酸性条件下,可发生如下反应: +‎2M3‎++4H2O=+Cl-+8H+, 中M化合价是 ( )‎ A. +4 B. +‎5 ‎C. +6 D. +7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据离子反应方程式中,反应前后所带电荷数相等,即6-1=8-n-1,解得n=2,从而得出M2O7n-中M的化合价为+6价,故C正确。‎ 二、填空题(共4小题,每空2分,共46分)‎ ‎19.利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。‎ I下列三组物质中,均有一种物质的类别与其他三种不同。‎ ‎①MgO、、、CuO ‎②HCl、、、‎ ‎③NaOH、、KOH、‎ ‎(1)三种物质依次是填化学式:‎ ‎①______;②______;③______。‎ ‎(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质,该反应______填“是”或“不是”氧化还原反应。‎ ‎(3)写出与足量稀硫酸反应的离子方程式:______。‎ ‎(4)与、在溶液都不能大量共存,试用离子方程式说明:____________________________;________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). H2O (3). Na2CO3 (4). 不是 (5). CO32−+2H+═H2O+CO2↑ (6). HCO3−+H+=CO2↑+H2O (7). HCO3−+OH−=CO32−+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①中CO2是非金属氧化物,其他都是金属氧化物;②中H2O不是酸,其他都是酸;③中Na2CO3是盐,其他都是碱;‎ ‎(2)反应中元素没有价态变化不是氧化还原反应;‎ ‎(3)Na2CO3是可溶性盐,硫酸是强酸,离子反应均能拆,Na2CO3与足量稀硫酸反应生成二氧化碳、水和硫酸钠;‎ ‎(4)HCO3-是弱酸的酸式酸根离子,能与H+、OH-反应。‎ ‎【详解】(1)①中CO2是非金属氧化物,其他都是金属氧化物;②中H2O不是酸,其他都是酸;③中Na2CO3是盐,其它都是碱;‎ 故答案为:CO2;H2O;Na2CO3;‎ ‎(2)化学反应为:Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3,反应中元素没有价态变化,不是氧化还原反应;‎ 故答案为:不是;‎ ‎(3)Na2CO3与足量稀硫酸反应生成二氧化碳、水和硫酸钠,Na2CO3、Na2SO4是可溶性盐,硫酸是强酸,离子反应中均能拆,所以Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式为:CO32−+2H+═H2O+CO2↑;‎ 故答案为:CO32−+2H+═H2O+CO2↑;‎ ‎(4)HCO3−是弱酸的酸式酸根离子,能与H+、OH−反应,其离子方程式分别为:HCO3−+H+=CO2↑+H2O、HCO3−+OH−=CO32−+H2O;‎ 故答案为:HCO3−+H+=CO2↑+H2O;HCO3−+OH−=CO32−+H2O。‎ ‎20.某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种。请填写下列空白:‎ ‎(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。‎ ‎(2)取少量原溶液,加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成;再加入过量的稀硝酸,沉淀不消失。说明原溶液中,肯定存在的离子是___,有关离子方程式为__。‎ ‎(3)取(2)中的滤液,加入过量的NaOH,出现白色沉淀,说明原溶液中肯定有___,有关的离子方程式为__。‎ ‎(4)原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。‎ A.Cl- B.NO3- C.CO32- D.OH-‎ ‎【答案】 (1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+; (3). Ag++Cl−=AgCl↓ (4). Mg2+ (5). Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ (6). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据常见阳离子的检验分析解答,书写相关反应离子方程式。‎ ‎【详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在,溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+,故答案为Cu2+、Fe3+;‎ ‎(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成,再加入过量稀硝酸,沉淀不消失,说明含有Ag+,离子反应方程式为:Ag++Cl−=AgCl↓,故答案为Ag+;Ag++Cl−=AgCl↓;‎ ‎(3)取上述反应中的滤液,加入过量的氢氧化钠溶液,出现白色沉淀,该白色沉淀只能为氢氧化镁,反应的离子方程式为:Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓,说明原溶液中一定含有Mg2+,故答案为Mg2+;Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓;‎ ‎(4)原溶液中存在Ag+,则CO32−、Cl−、OH−不能共存,原溶液中肯定有Mg2+,故CO32−、OH−不能与其共存,硝酸根离子不与上述离子反应,故溶液中可能大量存在的离子是NO3−,故答案为B。‎ ‎21.(1)根据反应,回答下列问题:‎ ‎①用双线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目:______。‎ ‎②该反应中______元素被还原,______元素被氧化。‎ ‎③在该反应中,若有电子发生转移,在标准状况下,可生成的体积为_____L。‎ ‎(2)配平化学方程式且回答下列问题:‎ ‎①______ ______ ___ _____ ___ Cl2 ___H2O ‎②若生成,则被氧化的HCl是_________mol,‎ ‎(3)已知反应:2H2S+H2SO3=2H2O +3S,若氧化产物比还原产物多,则同时会生成水的质量为 ______ g。‎ ‎【答案】 (1). (2). Cl (3). N (4). 1.12 (5). 2 (6). 16 (7). 2 (8). 2 (9). 5 (10). 8 (11). 2 (12). 1.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①在该反应中,Cl元素的化合价由0降低为-1价,部分N元素的化合价由-3价升高为0价,当3mol氯气和8mol氨气发生反应时,转移电子物质的量为6mol,据此可用双线桥标出电子转移的方向和数目;‎ ‎②该反应中Cl元素的化合价降低,得电子,被还原,N元素的化合价升高,失电子,被氧化;‎ ‎③N元素化合价由−3价升高为0,当3mol氯气和8mol氨气发生反应生成1mol氮气时,转移电子物质的量为6mol,当反应过程中有0.3mol电子转移时,有0.05mol氮气生成; ‎ ‎(2)①反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价,降价数为5,得到5mol电子,氯化氢中-1价氯化合价升高为氯气中0价,升高为1,生成1mol氯气失去2mol电子,依据氧化还原反应中得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式; ②依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O,生成氯气的氯化氢是被氧化的,生成1mol氯气转移2mol电子,被氧化的氯化氢物质的量为2mol;‎ ‎(3)反应中H2S中S氧化化合价升高,SO2中S元素化合价降低,氧化产物为2mol,还原产物为1mol,此时氧化产物比还原产物多32g,据此进计算。‎ ‎【详解】(1)①在该反应中,Cl元素的化合价由0降低为-1价,部分N元素的化合价由-3价升高为0价,当3mol氯气和8mol氨气发生反应时,转移电子物质的量为6mol,则用双线桥标出电子转移的方向和数目可为;‎ 故答案为:;‎ ‎②该反应中Cl元素的化合价降低,得电子,被还原,N元素的化合价升高,失电子,被氧化;‎ 故答案为:Cl;N;‎ ‎③N元素化合价由−3价升高为0,当3mol氯气和8mol氨气发生反应生成1mol氮气时,转移电子物质的量为6mol,当反应过程中有0.3mol电子转移时,有0.05mol氮气生成,标准状况下的体积为;‎ 故答案为:1.12;‎ ‎(2)①该反应中,高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价,降价数为5,得到5mol电子,氯化氢中−1价氯化合价升高为氯气中0价,升高为1,生成1mol氯气失去2mol电子,依据氧化还原反应中得失电子守恒,高锰酸钾系数为2,氯气系数为5,依据原子个数守恒,氯化锰系数为2,氯化钾系数为2,依据氯原子个数守恒氯化氢系数为16,水分子系数为8,所以方程式:2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O;‎ 故答案为:2;16;2;2;5;8;‎ ‎②71gCl2物质的量为,依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O,生成氯气的氯化氢是被氧化的,则生成1mol氯气转移2mol电子,被氧化的氯化氢物质的量为2mol;‎ 故答案为:2;‎ ‎(3)反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中,H2S中S元素化合价由-2升高为0,被氧化,得氧化产物,SO2中S元素化合价由+4降低为0,被还原,得还原产物,S单质既是氧化产物,也是还原产物,生成3molS时,氧化产物为2mol,还原产物为1mol,此时氧化产物比还原产物多32g,同时会生成水2mol,若氧化产物比还原产物多1.6g,同时会生成水0.1mol,质量是1.8g;‎ 故答案为:1.8。‎ ‎22.如图是硫酸试剂瓶标签上的内容:‎ 该硫酸的物质的量浓度为______。‎ 某化学小组进行硫酸酸性实验探究时,需要配制的稀硫酸,则需要取上述的浓硫酸______mL。‎ ‎(3)下列情况使所配制硫酸溶液物质量浓度偏高的是________,‎ A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中 B.定容时仰视读数 C.移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面 D.用量筒量取浓硫酸时仰视读数 E.加蒸馏水时不慎超过了刻度 ‎【答案】 (1). 18.4 (2). 62.5 (3). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据计算该硫酸的物质的量浓度;‎ ‎(2)需要配制240mL4.6mol/L的稀硫酸,但是没有240mL容量瓶,应选择250ml容量瓶,因此实际配制溶液的体积为250mL,再根据稀释定律计算;‎ ‎(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,依据进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)由标签可知,该硫酸质量分数为98%,密度为1.84g/mL,故该硫酸的物质的量浓度;‎ 故答案为:18.4;‎ ‎(2)需要配制240mL4.6mol/L的稀硫酸,但是没有240mL容量瓶,应选择250ml容量瓶,因此实际配制溶液的体积为250mL,设需要浓硫酸体积为V,根据稀释定律,V×18.4mol/L=4.6mol/L×0.25L,解得V=62.5mL;‎ 故答案为:62.5;‎ ‎(3)A. 未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中,导致溶液体积V偏小,因此浓度c偏高;‎ B. 定容时仰视读数,导致溶液体积V偏大,则浓度c偏低;‎ C. 移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面,导致溶质物质的量n偏小,则浓度c偏低;‎ D. 用量筒量取浓硫酸时仰视读数,导致硫酸n偏大,则浓度c偏高;‎ E. 加蒸馏水时不慎超过了刻度,导致液体积V偏大,则浓度c偏低;‎ 综上所述,AD所配制的溶液的物质的量浓度偏高;‎ 故答案为:AD。‎ ‎【点睛】容量瓶只有一条刻度线,只能配制与其规格相对应体积的溶液,为易错点。‎ ‎ ‎
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